2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　立体几何中的计算问题——二面角

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　立体几何中的计算问题——二面角，共15页。

1．若过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，则平面ABP与平面CDP夹角的度数是( C )
A．90°B．60°
C．45°D．30°
【解析】 过P作CD的平行线PE，可以证明平面ABP∩平面CDP＝PE，则PE⊥PA，PE⊥PD，所以∠APD就是平面ABP与平面CDP的夹角，易得∠APD＝45°．
2．(人A选必一P38练习4(3))如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°，则平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为( A )
(第2题)
A． eq \f(\r(5),5)B． eq \f(2\r(5),5)
C． eq \f(3\r(5),5)D． eq \f(\r(5),3)
【解析】 设AB＝1，作AO⊥BC于点O，连接DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，0))，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))．易知平面BDC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面ABD的法向量为n2＝(x，y，z)，又 eq \(AB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))， eq \(AD,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AD,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x－\f(\r(3),2)z＝0，))令z＝1，则n2＝(1， eq \r(3)，1)．设平面ABD和平面BDC的夹角为θ，则cs θ＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(1,1×\r(5))＝ eq \f(\r(5),5)．因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为 eq \f(\r(5),5)．
(第2题)
3．(人A选必一P41练习1)如图，二面角α－l－β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2 eq \r(17)，则平面α与平面β的夹角为( B )
(第3题)
A． eq \f(π,6)B． eq \f(π,3)
C． eq \f(2π,3)D． eq \f(5π,6)
【解析】 设平面α与平面β的夹角为θ，由 eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(BD,\s\up6(→))可得 eq \(CD,\s\up6(→))2＝( eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(BD,\s\up6(→)))2＝ eq \(CA,\s\up6(→))2＋ eq \(AB,\s\up6(→))2＋ eq \(BD,\s\up6(→))2＋2 eq \(CA,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＋2 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(BD,\s\up6(→))＋2 eq \(CA,\s\up6(→))· eq \(BD,\s\up6(→))＝36＋16＋64＋2| eq \(CA,\s\up6(→))|| eq \(BD,\s\up6(→))|cs 〈 eq \(CA,\s\up6(→))， eq \(BD,\s\up6(→))〉＝116－96cs θ，所以cs θ＝ eq \f(1,2)，即平面α与平面β的夹角为 eq \f(π,3)．
4．(人A必二P164习题18改) 如图，在三棱锥V－ABC中，VA＝VB＝AB＝AC＝BC＝2，VC＝1，则二面角V－AB－C的余弦值是__ eq \f(5,6)__．
(第4题)
【解析】 如图，取AB的中点M，连接VM，CM．因为VA＝VB，AC＝BC，所以VM⊥AB，CM⊥AB，所以∠VMC为二面角V－AB－C的平面角．根据已知条件可得AM＝1，CM＝ eq \r(3)，VM＝ eq \r(3)，VC＝1．在△VMC中，由余弦定理得cs ∠VMC＝ eq \f(VM2＋MC2－VC2,2VM·MC)＝ eq \f(5,6)，所以二面角V－AB－C的余弦值等于 eq \f(5,6)．
(第4题)
5．(人A选必一P38练习3)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，则平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为__ eq \f(\r(7),7)__．
(第5题)
【解析】 因为正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC，所以AO⊥平面BB1C1C．取B1C1的中点H，所以AO，BO，OH两两垂直．以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0， eq \r(3))，B(1，0，0)，A1(0，2， eq \r(3))，C1(－1，2，0)，所以 eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－ eq \r(3))， eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，2，0)， eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，2，0)， eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－1，2， eq \r(3))．设平面AA1B的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝x1－\r(3)z1＝0，,n1·\(AA1,\s\up6(→))＝2y1＝0，))令z1＝1，得n1＝( eq \r(3)，0，1)．同理可得平面A1BC1的一个法向量为n2＝( eq \r(3)， eq \r(3)，－1)．设平面AA1B与平面A1BC1的夹角为θ，易知θ为锐角，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(2,2×\r(7))＝ eq \f(\r(7),7)．即平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为 eq \f(\r(7),7)．
(第5题)
举题固法
目标引领
直接求二面角
例1 (2023·绍兴二模)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1＝BB1＝2，AA1＝3，CC1＝1，点M是AC的中点．
(例1)
(1) 若点G是△A1B1C1的重心，求证：点G在平面BB1M内；
【解答】 取A1C1中点N，连接B1N，MN，如图(1)所示，因为点G是△A1B1C1的重心，故G一定在中线B1N上．因为点M是AC的中点，点N是A1C1的中点，所以MN是梯形AA1C1C的中位线，所以MN＝ eq \f(1,2)(AA1＋CC1)＝2＝BB1，且MN∥AA1∥CC1，又AA1∥BB1∥CC1，所以MN∥BB1，所以四边形BB1NM是平行四边形．因为点G∈B1N，B1N⊂平面BB1NM，所以点G∈平面BB1NM，即点G在平面BB1M内．
(例1(1))
(2) 求平面B1BM与平面BMC1夹角的正弦值．
【解答】 方法一：因为AA1⊥平面A1B1C1，AA1∥BB1∥CC1，所以BB1⊥平面A1B1C1．又因为B1N⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥B1N．因为四边形BB1NM是平行四边形，所以四边形BB1NM是矩形，所以BM∥B1N，BM⊥MN．因为△A1B1C1为等边三角形，点N是A1C1中点，所以B1N⊥A1C1，所以BM⊥A1C1．又因为A1C1⊂平面A1C1C，MN⊂平面A1C1C，A1C1∩MN＝N，所以BM⊥平面A1C1C．又因为MC1⊂平面A1C1C，所以BM⊥MC1，所以∠C1MN就是平面B1BM与平面BMC1的夹角．因为C1M＝ eq \r(MN2＋C1N2)＝ eq \r(22＋12)＝ eq \r(5)，所以sin ∠C1MN＝ eq \f(C1N,C1M)＝ eq \f(1,\r(5))＝ eq \f(\r(5),5)，故平面B1BM与平面BMC1夹角的正弦值为 eq \f(\r(5),5)．
方法二：以A1为原点，A1B1所在直线为x轴，A1A所在直线为z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，则B1(2，0，0)，B(2，0，2)，C1(1，－ eq \r(3)，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))， eq \(MB1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，－2))， eq \(MB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))， eq \(MC1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，－2))．设平面B1BM与平面BMC1的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(MB1,\s\up6(→))＝\f(3,2)x1＋\f(\r(3),2)y1－2z1＝0，,m·\(MB,\s\up6(→))＝\f(3,2)x1＋\f(\r(3),2)y1＝0，))
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(MB,\s\up6(→))＝\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＝0，,n·\(MC1,\s\up6(→))＝\f(1,2)x2－\f(\r(3),2)y2－2z2＝0，))不妨取x1＝x2＝1，则m＝(1，－ eq \r(3)，0)，n＝(1，－ eq \r(3)，1)，所以|cs 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(2\r(5),5)，故平面B1BM与平面BMC1夹角的正弦值为 eq \f(\r(5),5)．
(例1(2))
二面角：[0，π]，面面夹角： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
变式1 (2023·石家庄二检)如图(1)，在▱ABCD中，AD＝2BD＝4，AD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P处，如图(2)．
图(1)
图(2)
(变式1)
(1) 若PC＝6，求证：PD⊥BC；
【解答】 因为在平行四边形ABCD中，AD⊥BD，可得BD⊥BC．因为AD＝2BD＝4，所以BC＝4，DC＝2 eq \r(5)．又因为PC＝6，所以PD2＋DC2＝PC2，所以PD⊥DC．又PD⊥BD，BD∩DC＝D，所以PD⊥平面BDC．因为BC⊂平面BDC，所以PD⊥BC．
(2) 若PC＝2 eq \r(5)，求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值．
【解答】 方法一：如图(1)，过点D作DF∥BC，且DF＝BC，连接PF，CF，由题意可知，BD⊥PD，BD⊥DF，又PD∩DF＝D，所以BD⊥平面PDF，所以BD⊥PF，所以CF⊥PF，所以PF＝ eq \r(PC2－CF2)＝4．又BD⊂平面BCFD，所以平面BCFD⊥平面PDF．取DF中点O，连接PO，由PF＝PD，得PO⊥DF，所以PO⊥平面BCFD，且PO＝2 eq \r(3)，过点O作OM垂直于DF，以O为坐标原点，OM，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图(1)所示的空间直角坐标系， P(0，0，2 eq \r(3))，B(2，－2，0)，C(2，2，0)，D(0，－2，0)，所以 eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，2，－2 eq \r(3))， eq \(DC,\s\up6(→))＝(2，4，0)， eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，4，0)．设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝2x＋2y－2\r(3)z＝0，,m·\(BC,\s\up6(→))＝4y＝0，))令x＝ eq \r(3)，则m＝( eq \r(3)，0，1)．同理 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝2x′＋2y′－2\r(3)z′＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝2x′＋4y′＝0，))令x′＝2 eq \r(3)，则n＝(2 eq \r(3)，－ eq \r(3)，1)，所以|cs 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(7,8)，所以平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为 eq \f(7,8)．
(变式1(1))
方法二：如图(2)所示，过点B作BE⊥PC交PC于点E，过点D作DF⊥PC交PC于点F，则异面直线DF，BE的夹角即为两个平面的夹角．在△PDC中，由PD＝4，PC＝DC＝2 eq \r(5)，可得cs ∠DPF＝ eq \f(\r(5),5)，所以DF＝ eq \f(8\r(5),5)，PF＝ eq \f(4\r(5),5)．同理，在△PBC中，BE＝ eq \f(8\r(5),5)，CE＝ eq \f(4\r(5),5)，可得EF＝ eq \f(2\r(5),5)．而 eq \(BE,\s\up6(→))＋ eq \(EF,\s\up6(→))＋ eq \(FD,\s\up6(→))＝ eq \(BD,\s\up6(→))，所以( eq \(BE,\s\up6(→))＋ eq \(EF,\s\up6(→))＋ eq \(FD,\s\up6(→)))2＝ eq \(BD,\s\up6(→))2，所以| eq \(BE,\s\up6(→))|2＋| eq \(EF,\s\up6(→))|2＋| eq \(FD,\s\up6(→))|2＋2 eq \(BE,\s\up6(→))· eq \(EF,\s\up6(→))＋2 eq \(BE,\s\up6(→))· eq \(FD,\s\up6(→))＋2 eq \(EF,\s\up6(→))· eq \(FD,\s\up6(→))＝| eq \(BD,\s\up6(→))|2，即 eq \f(64,5)＋ eq \f(4,5)＋ eq \f(64,5)＋2× eq \f(8\r(5),5)× eq \f(8\r(5),5)×cs 〈 eq \(BE,\s\up6(→))， eq \(FD,\s\up6(→))〉＝4，解得cs 〈 eq \(BE,\s\up6(→))， eq \(FD,\s\up6(→))〉＝－ eq \f(7,8)．又因为两个平面的夹角范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为 eq \f(7,8)．
(变式1(2))
与二面角相关的探索问题
例2 (2023·无锡期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为CD，PB的中点，AD＝PD＝2，AB＝4．
(例2)
(1) 求证：EF∥平面PAD；
【解答】 (1) 取PA中点G，连接FG，DG，如图(1)所示，因为E，F分别为CD，PB中点，且四边形ABCD为矩形，所以FG綉 eq \f(1,2)AB，DE綉 eq \f(1,2)AB，所以FG綉DE，所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG．因为EF⊄平面PAD，DG⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD．
(例2(1))
(2) 在线段AP上求点M，使得平面MEF与平面AEF夹角的余弦值为 eq \f(\r(3),3)．
【解答】 由PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，知DA，DC，DP两两垂直，所以以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图(2)所示，设 eq \(AM,\s\up6(→))＝λ eq \(AP,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，则A(2，0，0)，E(0，2，0)，P(0，0，2)，B(2，4，0)，所以F(1，2，1)，M(2－2λ，0，2λ)，所以 eq \(EM,\s\up6(→))＝(2－2λ，－2，2λ)， eq \(EF,\s\up6(→))＝(1，0，1)， eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，设平面MEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(EM,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EF,\s\up6(→))＝0))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1((2－2λ)x1－2y1＋2λz1＝0，,x1＋z1＝0，))不妨令x1＝1，则n1＝(1，1－2λ，－1)．设平面AEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2⊥\(EF,\s\up6(→))，,n2⊥\(AE,\s\up6(→))))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋z2＝0，,－2x2＋2y2＝0，)) 不妨令x2＝1，则n2＝(1，1，－1)．设平面MEF与平面AEF的夹角为θ，所以cs θ＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(3－2λ,\r(2＋(1－2λ)2)·\r(3))＝ eq \f(\r(3),3)，解得λ＝ eq \f(3,4)，所以在AP上存在M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(3,2)))，即M为AP上靠近点P的四等分点．
(例2(2))
解决探究性问题的基本方法：
(1) 假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理．
(2) 利用坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．
变式2 (2023·永州月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是正方形，E是BC的中点，PA＝2 eq \r(3)，∠ABP＝60°，AE＝ eq \r(5)，AE⊥PA．
(变式2)
(1) 求证：PA⊥平面ABCD；
【解答】 在Rt△ABE中，AE2＝5＝AB2＋BE2＝AB2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(5AB2,4)，解得AB＝2．在△PAB中，AB＝2，PA＝2 eq \r(3)，∠ABP＝60°，由余弦定理得PA2＝AB2＋PB2－2AB·PB cs ∠ABP，即PB2－2PB－8＝0，解得PB＝4．因为PA2＋AB2＝PB2，所以PA⊥AB．又AE⊥PA，AE，AB⊂平面ABCD，AE∩AB＝A，所以PA⊥平面ABCD．
(2) 若F是线段PD上的动点(不含线段端点)，当平面AEF与平面PAB的夹角为30°时，求线段PF的长度．
【解答】 由(1)知PA，PB，PD两两垂直，以A为坐标原点， eq \(AP,\s\up6(→))， eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AD,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则有A(0，0，0)，P(2 eq \r(3)，0，0)，B(0，2，0)，E(0，2，1)，D(0，0，2)，设 eq \(PF,\s\up6(→))＝λ eq \(PD,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，有 eq \(AF,\s\up6(→))＝λ eq \(PD,\s\up6(→))＋ eq \(AP,\s\up6(→))＝λ(－2 eq \r(3)，0，2)＋(2 eq \r(3)，0，0)＝(2 eq \r(3)(1－λ)，0，2λ)，所以F(2 eq \r(3)(1－λ)，0，2λ)， eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，2，1)， eq \(AF,\s\up6(→))＝(2 eq \r(3)(1－λ)，0，2λ)．设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝2y＋z＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝2\r(3)(1－λ)x＋2λz＝0，))令y＝ eq \r(3)，则z＝－2 eq \r(3)，x＝ eq \f(2λ,1－λ)，所以n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,1－λ)，\r(3)，－2\r(3)))，易知平面PAB的一个法向量为m＝(0，0，1)，又平面AEF与平面PAB的夹角为30°，所以|cs 〈n，m〉|＝ eq \f(|n·m|,|n||m|)＝ eq \f(2\r(3),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,1－λ)))2＋(\r(3))2＋(－2\r(3))2))＝ eq \f(\r(3),2)，解得λ＝ eq \f(1,3)，PD＝ eq \r(PA2＋AD2)＝4，PF＝λPD＝ eq \f(4,3)，所以线段PF的长度为 eq \f(4,3)．
(变式2)
随堂内化
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为( B )
A． eq \f(1,2)B． eq \f(2,3)
C． eq \f(\r(3),3)D． eq \f(\r(2),2)
【解析】 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，所以 eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)， eq \(A1E,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2)))．设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2，))所以n1＝(1，2，2)．因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，所以cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(2,3×1)＝ eq \f(2,3)，即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为 eq \f(2,3)．
(第1题)
2．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”中，AC＝CB＝CC1，则二面角C1－AB－C的正切值为( D )
(第2题)
A．1B．2
C． eq \f(\r(2),2)D． eq \r(2)
【解析】 由AC＝CB知AC⊥CB，取AB的中点M，连接C1M，CM，如图，则CM⊥AB，C1M⊥AB，故∠C1MC即为二面角C1－AB－C的平面角．设AC＝CB＝CC1＝a，则CM＝ eq \f(\r(2),2)a，所以tan ∠C1MC＝ eq \f(CC1,CM)＝ eq \r(2)．
(第2题)
3．在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，AA1＝1，E为BB1的中点，则平面AEC1与平面AA1C1C的夹角是( D )
A．30°B．45°
C．60°D．90°
【解析】 由题意知直线AB，BC，B1B两两垂直，以点B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，A1(2，0，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，故 eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)， eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－2，2，1)， eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0，\f(1,2)))．设平面AA1C1C的法向量为n1＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z＝0，,－2x＋2y＝0，))令x＝1，得n1＝(1，1，0)．设平面AEC1的法向量为n2＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AC1,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2a＋2b＋c＝0，,－2a＋\f(1,2)c＝0，))令c＝4，得n2＝(1，－1，4)．因为n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0，所以n1⊥n2，所以平面AEC1与平面AA1C1C的夹角为90°．
(第3题)
4．(2021·全国乙卷改)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，BC＝ eq \r(2)，M为BC的中点，则二面角A－PM－B的余弦值为__ eq \f(3\r(14),14)__．
(第4题)
【解析】 由题意知DA，DC，DP两两垂直，故以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A( eq \r(2)，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，0))，P(0，0，1)，B( eq \r(2)，1，0)，设平面PAM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 eq \(AM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))， eq \(AP,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，0，1)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AM,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，,m·\(AP,\s\up6(→))＝－\r(2)x1＋z1＝0，))不妨取x1＝ eq \r(2)，则m＝( eq \r(2)，1，2)．设平面PBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)， eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))， eq \(BP,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，－1，1)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x2＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝－\r(2)x2－y2＋z2＝0，))不妨取y2＝1，则n＝(0，1，1)．cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m||n|)＝ eq \f(3,\r(7)×\r(2))＝ eq \f(3\r(14),14)．由图象可知二面角A－PM－B为锐角，因此，二面角A－PM－B的余弦值为 eq \f(3\r(14),14)．
(第4题)
5．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，A1B⊥B1C．
(第5题)
(1) 求证：AB⊥AC；
【解答】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又AB，AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．又AB＝AA1，所以四边形ABB1A1是正方形．连接AB1，则AB1⊥A1B．又A1B⊥B1C，AB1，B1C⊂平面AB1C，所以A1B⊥平面AB1C．又AC⊂平面AB1C，所以A1B⊥AC．又AA1⊥AC，A1B，AA1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥平面ABB1A1．又AB⊂平面ABB1A1，所以AB⊥AC．
(2) 设 eq \(BM,\s\up6(→))＝λ eq \(BB1,\s\up6(→))，若二面角A1－MC－C1的大小为 eq \f(π,4)，求λ．
【解答】 如图，以{ eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AC,\s\up6(→))， eq \(AA1,\s\up6(→))}为正交基底建立空间直角坐标系，设AB＝1，则B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，设M(1，0，λ)，则 eq \(A1M,\s\up6(→))＝(1，0，λ－1)， eq \(A1C,\s\up6(→))＝(0，1，－1)， eq \(B1B,\s\up6(→))＝(0，0，－1)， eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)．设平面A1MC的法向量为m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1C,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋z(λ－1)＝0，,y－z＝0，))取z＝1，则m＝(1－λ，1，1)，又易知n＝(1，1，0)是平面BCC1B1的一个法向量，因为二面角A1－MC－C1的大小为 eq \f(π,4)，所以|cs 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(|2－λ|,\r((1－λ)2＋2)×\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，解得λ＝ eq \f(1,2)．
(第5题)